東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2004年度 院試 過去問 解答例・解説（全7問）

行列 $A=(a_{jk})$ に対して $$N(A)=\sum_{j,k}|a_{jk}|$$ と書く。この $N$ は $$N(AC) \le \sum_{j,k,l}|a_{jl}|\,|c_{lk}| =N(A)N(C)$$ を満たすので、行列環上の劣乗法的ノルムである。したがって Gelfand の公式より $$\lim_{n\to\infty}N(B^n)^{1/n} = \max\{|\mu|:\mu \text{ は }B\text{ の固有値}\}$$ が成り立つ。

あとは固有値を求めればよい。直接計算すると $$\begin{aligned} \det(tI-B) &= \det \begin{pmatrix} t-3&-1&1\\ 2&t-1&-1\\ 0&-1&t-1 \end{pmatrix} \\ &=(t-2)^2(t-1). \end{aligned}$$ したがって固有値は $2,2,1$ であり、スペクトル半径は $2$ である。

(1) 条件 $f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y)$ を $\lambda$ で微分し、$\lambda=1$ とおくと $$x\frac{\partial f}{\partial x} +y\frac{\partial f}{\partial y}=0$$ を得る。これは $f$ が半直線方向には変化しないことを表している。

(2) 極座標 $$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta, \qquad 0<\theta<\frac{\pi}{4}$$ を用いる。同次性から $f$ は $r$ に依存せず、 $$f(x,y)=F(\theta)$$ と書ける。ここで $$d\theta=\frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}$$ であるから $$df=F'(\theta)\,d\theta = F'(\theta)\frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}$$ となる。

条件を極座標で書き直す。$r^2=x^2+y^2$ として $$\frac{\partial f}{\partial x} = -\frac{y}{r^2}F'(\theta), \qquad \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{x}{r^2}F'(\theta)$$ なので $$\frac1x\frac{\partial f}{\partial x} + \frac1y\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{F'(\theta)}{r^2} \left(-\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right) = \frac1{r^2}.$$ よって $$F'(\theta) = \frac{xy}{x^2-y^2} = \frac{\sin\theta\cos\theta}{\cos^2\theta-\sin^2\theta} = \frac12\tan 2\theta.$$ したがって $$df=\frac12\tan 2\theta\,d\theta$$ である。

(3) 前問の式を積分して $$F(\theta) = -\frac14\log(\cos 2\theta)+C$$ を得る。領域では $0<\theta<\pi/4$ だから $\cos2\theta>0$ であり、実対数として問題ない。さらに $$\cos2\theta=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}$$ より $$f(x,y) = C+\frac14\log\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2}.$$

(1) $p=(x,y)$ に対して $$\Gamma(p)=(x,y,f(p))\in\mathbb{R}^3$$ とおく。与えられた距離は $$d(p,q)=|\Gamma(p)-\Gamma(q)|$$ である。右辺は $\mathbb{R}^3$ のユークリッド距離なので、非負性、対称性、三角不等式を満たす。

また $d(p,q)=0$ なら $\Gamma(p)=\Gamma(q)$ である。特に第1、第2成分が等しいので $p=q$ である。よって $(X,d)$ は距離空間である。

(2) まず $f$ が通常の位相で連続であるとする。このとき $\Gamma:X\to\mathbb{R}^3$ は連続であり、通常の正方形 $X$ はコンパクトであるから、グラフ $\Gamma(X)$ はコンパクトである。さらに $\Gamma:(X,d)\to\Gamma(X)$ は等距離全単射である。したがって $(X,d)$ もコンパクトである。

逆に $(X,d)$ がコンパクトであるとする。通常のユークリッド距離を $|\cdot|$ と書くと $$|p-q|\le d(p,q)$$ であるから、恒等写像 $$\iota:(X,d)\longrightarrow (X,|\cdot|)$$ は連続である。これはコンパクト空間から Hausdorff 空間への連続全単射なので、同相写像である。

一方、 $$|f(p)-f(q)|\le d(p,q)$$ より、$F:(X,d)\to\mathbb{R}$, $F(p)=f(p)$ は $1$-Lipschitz 連続である。通常の位相から見ると $$f=F\circ\iota^{-1}$$ であるから、$f$ は通常の位相に関して連続である。

$c=y'(0)$ とおく。$y$ が $0$ でない区間では $$\left(\frac{1+(y')^2}{y^2}\right)' = \frac{2y'}{y^3}\{yy''-(1+(y')^2)\} = 0$$ である。$y(0)=1$ だから、$0$ を含むその区間で $$\frac{1+(y')^2}{y^2}=1+c^2$$ が成り立つ。

(1) 上の式から $$y^2=\frac{1+(y')^2}{1+c^2} \ge \frac1{1+c^2}$$ である。したがって $0$ を含む正値区間の端で $y$ が $0$ になることはない。初期値 $y(0)=1>0$ と連続性より、 $$y(x)>0\qquad (x\in\mathbb{R})$$ が従う。

(2) (1) により $y>0$ なので、元の微分方程式と第一積分から $$yy''=1+(y')^2=(1+c^2)y^2$$ すなわち $$y''=(1+c^2)y$$ を得る。$a=\sqrt{1+c^2}$ とおくと、初期条件 $y(0)=1$, $y'(0)=c$ を満たす解は $$y(x)=\cosh(ax)+\frac{c}{a}\sinh(ax)$$ である。

$t=e^x$ とおくと $dx=dt/t$ であり、$x$ が $-\infty$ から $\infty$ まで動くと $t$ は $0$ から $\infty$ まで動く。したがって求める積分は $$\begin{aligned} I(\lambda) &= \int_0^\infty \frac{\cos(\lambda\log t)}{1+t^3}\,dt \\ &= \operatorname{Re} \int_0^\infty \frac{t^{i\lambda}}{1+t^3}\,dt . \end{aligned}$$ ベータ型積分 $$\int_0^\infty \frac{t^{a-1}}{1+t^3}\,dt = \frac{\pi}{3}\csc\frac{\pi a}{3} \qquad (0<\operatorname{Re}a<3)$$ を $a=1+i\lambda$ に適用すると $$I(\lambda) = \operatorname{Re} \left\{ \frac{\pi}{3} \csc\left(\frac{\pi}{3}+i\frac{\pi\lambda}{3}\right) \right\}.$$ $u=\pi\lambda/3$ とおく。すると $$\sin\left(\frac{\pi}{3}+iu\right) = \frac{\sqrt3}{2}\cosh u+\frac{i}{2}\sinh u$$ なので $$\begin{aligned} \operatorname{Re}\frac{1}{\sin(\pi/3+iu)} &= \frac{\frac{\sqrt3}{2}\cosh u} {\frac34\cosh^2u+\frac14\sinh^2u} \\ &= \frac{2\sqrt3\cosh u}{1+2\cosh 2u}. \end{aligned}$$ ゆえに $$I(\lambda) = \frac{2\pi}{\sqrt3} \frac{\cosh(\pi\lambda/3)} {1+2\cosh(2\pi\lambda/3)}.$$

(1) $\bigwedge^2V$ は $v\wedge w$ たちで張られる。基底 $e_1,\ldots,e_n$ を取り、 $$e_i\wedge e_j\qquad (1\le i<j\le n)$$ を $\bigwedge^2V$ の基底とする。この基底上で $$g(e_i\wedge e_j)=f(e_i)\wedge f(e_j)$$ と定め、線形に延長する。外積の双線形性と交代性により、任意の $v,w\in V$ について $$g(v\wedge w)=f(v)\wedge f(w)$$ が成り立つ。

また、$v\wedge w$ たちは $\bigwedge^2V$ を張るので、この条件を満たす線形写像はその値が張る集合上で決まってしまう。したがって存在も一意性も示された。

(2) まず $f$ が対角化可能であるとする。$f(e_i)=\alpha_i e_i$ となる基底を取れば $$g(e_i\wedge e_j) = \alpha_i\alpha_j(e_i\wedge e_j) \qquad (i<j)$$ である。よって $g$ は対角化可能である。

逆に $f$ が対角化可能でないとする。複素数体上なので、$f$ は長さ $2$ 以上の Jordan 鎖を持つ。ある固有値 $\alpha\ne0$ に対して $$f(e_1)=\alpha e_1,\qquad f(e_k)=\alpha e_k+e_{k-1}\quad (k\ge2)$$ となる鎖を取る。

鎖の長さが $3$ 以上なら $$g(e_1\wedge e_2)=\alpha^2(e_1\wedge e_2),$$ $$g(e_1\wedge e_3) = \alpha^2(e_1\wedge e_3) +\alpha(e_1\wedge e_2).$$ $\alpha\ne0$ なので、$\alpha^2$ に対して非自明な Jordan 鎖が現れ、$g$ は対角化可能でない。

鎖の長さが $2$ の場合は、$n\ge3$ だから Jordan 標準形の別のブロックから固有ベクトル $u$ を取れる。$f(u)=\beta u$ とすると $\beta\ne0$ であり、 $$g(e_1\wedge u)=\alpha\beta(e_1\wedge u),$$ $$g(e_2\wedge u) = \alpha\beta(e_2\wedge u)+\beta(e_1\wedge u).$$ ここでも非自明な Jordan 鎖が現れる。したがって $g$ が対角化可能なら $f$ も対角化可能である。

(3) 表示された Jordan ブロックの基底を $e_1,\ldots,e_n$ とし、 $$N=f-I$$ とおく。このとき $$Ne_1=0,\qquad Ne_i=e_{i-1}\quad (i\ge2)$$ である。$G=g-I$ とおくと $$G(e_i\wedge e_j) = Ne_i\wedge e_j +e_i\wedge Ne_j +Ne_i\wedge Ne_j.$$ $e_i\wedge e_j$ の重みを $i+j$ と呼ぶことにする。$G$ は重みを少なくとも $1$ 下げる。非零の外積で最小の重みは $1+2=3$、最大の重みは $(n-1)+n=2n-1$ である。したがって $$G^{2n-3}=0$$ である。

次に $G^{2n-4}\ne0$ を示す。$L$ を $$L(e_i\wedge e_j)=Ne_i\wedge e_j+e_i\wedge Ne_j$$ で定めると、$G=L+$「重みを $2$ 下げる項」である。$G^{2n-4}(e_{n-1}\wedge e_n)$ の重み $3$ 成分は $$L^{2n-4}(e_{n-1}\wedge e_n)$$ の重み $3$ 成分と同じである。一般に $$L^k(u\wedge v) = \sum_{a=0}^k \binom{k}{a}N^a u\wedge N^{k-a}v$$ なので、$k=2n-4$ とすると $e_1\wedge e_2$ の係数は $$\binom{2n-4}{n-2} - \binom{2n-4}{n-3}$$ である。これは $n\ge3$ で $0$ でない。よって $G^{2n-4}\ne0$ であり、求める最小の自然数は $$m=2n-3$$ である。

ユークリッドノルムを用い、 $$E(s)=|X(s)|^2=X(s)^{\mathsf T}X(s)$$ とおく。$X'(s)=\Phi(s)X(s)$ より $$\begin{aligned} E'(s) &= X'(s)^{\mathsf T}X(s)+X(s)^{\mathsf T}X'(s)\\ &= X(s)^{\mathsf T}\{\Phi(s)^{\mathsf T}+\Phi(s)\}X(s). \end{aligned}$$ 対称行列 $\Phi(s)+\Phi(s)^{\mathsf T}$ の最大固有値が $\lambda(s)$ であるから、Rayleigh 商の評価により $$E'(s)\le \lambda(s)E(s)\le |\lambda(s)|E(s)$$ が成り立つ。

$E(0)=0$ の場合は一意性により $X(s)\equiv0$ であり、結論は明らかである。以下 $E(0)>0$ とする。Gronwall の不等式から $$E(s) \le E(0)\exp\left(\int_0^s|\lambda(u)|\,du\right) \le E(0)\exp\left(\int_0^\infty|\lambda(u)|\,du\right)$$ である。右辺は有限定数なので、$E(s)$ は $s\ge0$ で有界である。したがって $X(s)$ も有界である。